《（江蘇專用）2020高考化學二輪復習 第三板塊 考前巧訓特訓 第二類 非選擇題專練 “5＋1”增分練（八）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020高考化學二輪復習 第三板塊 考前巧訓特訓 第二類 非選擇題專練 “5＋1”增分練（八）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 “5＋1”增分練(八) 16．(12分)(2019泰州中學、宜興中學聯(lián)考)硼氫化鈉(NaBH4，硼為＋3價)為白色粉末，在干燥空氣中穩(wěn)定，在潮濕氣中分解，是常用的還原劑。偏硼酸鈉(NaBO2)易溶于水，不溶于乙醇，易水解。目前有多種工藝可制備NaBH4。 (1)用硼精礦(含有一定量B2O3及Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì))制取NaBH4的流程如下： ①“溶解”時，B2O3與NaOH反應生成了NaBO2，反應離子方程式為________________ ___________________________________________。 ②“除硅鋁”步驟加入CaO，而

2、不加入CaCl2的原因有：能將硅、鋁以沉淀除去；盡量不帶入雜質(zhì)離子；________。 ③“操作2”是將濾液蒸發(fā)、結晶、洗滌，其中洗滌選用的試劑最好是________。 ④“反應1”是MgH2與NaBO2混合得到NaBH4和MgO，其化學方程式為____________ _________________________________________________。 (2)我國孫彥平采用耐腐蝕電極材料，以陽離子交換膜為隔離膜，電解偏硼酸鈉的堿溶液，也可以高效制備NaBH4。該工藝陽極產(chǎn)物為________，陰極電極反應方程式為____________________________

3、____________________________________________。 解析：硼精礦中加入NaOH溶解，其中B2O3、Al2O3、SiO2分別轉(zhuǎn)化成溶于水的NaBO2、NaAlO2、Na2SiO3進入濾液；濾液中加入CaO將硅鋁以沉淀的形式除去；將NaBO2與MgH2反應得到NaBH4和MgO。電解NaBO2的堿溶液制備NaBH4，NaBH4中H元素的化合價為－1價，NaBH4為陰極產(chǎn)物。(1)①“溶解”時，B2O3與NaOH反應生成NaBO2和H2O，反應的化學方程式為B2O3＋2NaOH===2NaBO2＋H2O，離子方程式為B2O3＋2OH－===2BO＋H2O。②

4、根據(jù)流程可知，加入CaO可以將硅鋁轉(zhuǎn)化為Na2O3CaOAl2O3nSiO2沉淀而除去；根據(jù)題意“NaBO2易水解”可知，加入CaO使溶液呈堿性，抑制NaBO2的水解，而CaCl2溶液呈中性，不能抑制NaBO2的水解，所以“除硅鋁”步驟中加入CaO，而不加入CaCl2。③“操作2”將濾液蒸發(fā)、結晶、洗滌得到NaBO2，根據(jù)“NaBO2易溶于水、不溶于乙醇、易水解”可知，為了減少NaBO2的溶解損失和抑制NaBO2的水解，洗滌選用的試劑最好為乙醇。④NaBH4中B為＋3價，則NaBH4中H為－1價，“反應1”是MgH2與NaBO2混合得到NaBH4和MgO，該反應前后元素的化合價不變，則該反應為

5、非氧化還原反應，根據(jù)原子守恒，反應的化學方程式為2MgH2＋NaBO2===NaBH4＋2MgO。(2)電解NaBO2的堿溶液制備NaBH4，NaBH4中H為－1價，為還原產(chǎn)物，在陰極生成，根據(jù)放電順序，陽極電極反應式為4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，陽極產(chǎn)物為O2；陰極電極反應式為BO＋8e－＋6H2O===BH＋8OH－。 答案：(1)①B2O3＋2OH－===2BO＋H2O?、谔峁A性溶液，抑制NaBO2水解?、垡掖肌、?MgH2＋NaBO2===NaBH4＋2MgO (2)O2　BO＋6H2O＋8e－===BH＋8OH－ 17．(15分)(2019揚州一模)沙羅特美是一種

6、長效平喘藥，其合成的部分路線如圖： (1)F中的含氧官能團名稱為____________(寫兩種)。 (2)C→D的反應類型為____________。 (3)B的分子式為C8H8O3，與(CH3)2C(OCH3)2發(fā)生取代反應得到物質(zhì)C和CH3OH，寫出B的結構簡式：____________________。 (4)寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式：___________________。 ①分子中含有苯環(huán)，且有一個手性碳原子，不能與FeCl3發(fā)生顯色反應； ②能發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物之一是α氨基酸，另一含苯環(huán)的水解產(chǎn)物分子中只有3種不同化學環(huán)境的氫原子。

7、 解析：(1)“—OH”為羥基，“—O—”為醚鍵。(2)C中醛基中碳氧雙鍵打開，與CH3NO2發(fā)生加成反應。(3)對比A、C的結構簡式知，A中羥基與(CH3)2C(OCH3)2發(fā)生反應生成甲醇，由C中含氧環(huán)知，A中羥基的鄰位碳鏈上也要存在羥基，由此推出，A中羥基鄰位上的H與HCHO發(fā)生加成反應生成—CH2OH，得出B的結構簡式為。(4)α氨基酸的結構為，能水解說明含有酯基，另一產(chǎn)物中只有3種不同環(huán)境的H原子，所以結構對稱，同時存在手性碳，即一個碳原子上連有四個不同基團，由此寫出結構簡式為 答案：(1)醚鍵、羥基　(2)加成反應 (5) (其他合理答案均可，最后兩步順序調(diào)換

8、也可) 18．(12分)(2019常州一模)以硫酸亞鐵銨[(NH4)2SO4FeSO46H2O]為原料通過下列流程可以制備晶體A。 已知：25 ℃，[Fe(C2O4)3]3－(aq)＋SCN－(aq)[Fe(SCN)]2＋(aq)＋3C2O(aq)　K＝10－16。 (1)寫出步驟Ⅰ生成黃色沉淀(FeC2O42H2O)的化學方程式__________________________ ________________________________________。 (2)步驟Ⅱ水浴加熱需控制40 ℃的理由是___________________________________

9、 ________________________________________________________________________。 (3)某研究小組同學欲檢驗晶體A中含有的三價鐵，取少量晶體放入試管中，用蒸餾水充分溶解，向試管中滴入幾滴0.1 molL－1 KSCN溶液。請判斷上述實驗方案是否可行并說明理由：________________________________________________________________________。 (4)某研究小組通過如下實驗步驟測定晶體A的化學式： 步驟1：準確稱取A樣品4.910 0 g，干燥脫水至恒重，殘留

10、物質(zhì)量為4.370 0 g； 步驟2：準確稱取A樣品4.910 0 g置于錐形瓶中，加入足量的3.000 molL－1的H2SO4溶液和適量蒸餾水，用0.500 0 molL－1的KMnO4溶液滴定，當MnO恰好完全被還原為 Mn2＋時，消耗KMnO4溶液的體積為24.00 mL； 步驟3：將步驟1所得固體溶于水，加入鐵粉0.280 0 g，恰好完全反應。 通過計算確定晶體A的化學式(寫出計算過程)。 解析：(1)步驟Ⅰ可視為FeSO4與H2C2O4反應生成FeC2O4和H2SO4，所以(NH4)2SO4FeSO46H2O與H2C2O4反應生成FeC2O42H2O沉淀和H2SO4，同

11、時生成(NH4)2SO4和H2O。(2)溫度低，反應速率慢；溫度高，雙氧水分解，所以反應Ⅱ控制溫度約40 ℃。(3)晶體A中Fe(Ⅲ)以[Fe(C2O4)3]3－形式存在，其轉(zhuǎn)化為[Fe(SCN)]2＋的反應平衡常數(shù)太小，[Fe(SCN)]2＋濃度太小，觀察不到明顯現(xiàn)象，故無法檢驗。(4)由步驟1計算出n(H2O)；由步驟2計算出n(C2O)；由步驟3計算出n(Fe3＋)，根據(jù)電荷守恒計算出n(K＋)，然后根據(jù)n(K＋)、n(Fe3＋)、n(C2O)、n(H2O)之比得出K＋、Fe3＋、C2O、H2O個數(shù)比，最后寫出A的化學式。 答案：(1)(NH4)2SO4FeSO46H2O＋H2C2O4

12、===FeC2O42H2O↓＋(NH4)2SO4＋H2SO4＋4H2O (2)溫度太高，H2O2分解；溫度太低，F(xiàn)e2＋氧化速率太慢 (3)否，因為[Fe(C2O4)3]3－轉(zhuǎn)化為[Fe(SCN)]2＋反應的平衡常數(shù)較小，離子濃度太小，觀察不到明顯現(xiàn)象，所以無法檢驗 (4)n(H2O)＝＝0.030 0 mol n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2＝0.010 0 mol 由方程式2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O知： n(C2O)＝2.5n(KMnO4)＝2.50.500 0 molL－10.024 L＝0.030 0 m

13、ol 根據(jù)電荷守恒得：n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O)，n(K＋)＝0.030 0 mol， n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝0.030 0 mol∶0.010 0 mol∶0.030 0 mol∶0.030 0 mol＝3∶1∶3∶3 所以x∶y∶z∶n＝3∶1∶3∶3，A為K3Fe(C2O4)33H2O 19．(15分)(2019南通七市二模)南通江海實驗學校研究性學習小組以一種酸性印刷電路蝕刻廢液(主要離子有Cu2＋、H＋、Cl－)為原料制備Cu2O。實驗過程如下： 已知：CuCl是一種無色離子，易水解生成Cu2O。 (1)60 ℃條件

14、下，控制反應混合液的pH在2～3之間，加入Na2SO3溶液將CuCl2還原成CuCl。“還原”的實驗裝置如圖甲所示。 ①將Na2SO3溶液滴入三頸瓶中的操作是________________________________________ ________________________________________________________________________。　　　　　　　　　　　 ②寫出上述反應的離子方程式：_______________________________________________， 判斷反應已經(jīng)完全的標志為______________

15、____________________________________。 ③該過程中加入NaCl的目的是_______________________________________________。 (2)“洗滌”過程包括水洗、醇洗、2%葡萄糖溶液洗滌，其中葡萄糖溶液的作用是________________________________________________________________________。 (3)已知CuCl的水解率隨pH的變化如圖乙所示，請補充完整由濾液X(主要成分：Na＋、NH、Cl－、SO，少量CuCl)獲取NaCl固體的實驗方案：________

16、______________________ _________________________________________________________，加入1 molL－1鹽酸至pH略小于7，__________，冷卻，密封包裝。 (實驗中須使用的試劑：1 molL－1NaOH溶液，2 molL－1BaCl2溶液，1 molL－1Na2CO3溶液。) 解析：(1)①通過分液漏斗向三頸瓶中滴加Na2SO3溶液，方法是打開分液漏斗上口塞子(或?qū)⑷由系陌疾叟c瓶口上的小孔對齊)，旋開分液漏斗的旋塞，逐滴滴加。②SO將Cu2＋還原為CuCl，SO被氧化為SO，離子方程式為2Cu2＋

17、＋SO＋4Cl－＋H2O===2CuCl＋SO＋2H＋；蝕刻廢液呈藍色，當溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復時說明反應已經(jīng)完成。③CuCl＋Cl－CuCl，還原過程中加入NaCl的作用是增大Cl－濃度，促進CuCl生成。(2)Cu2O具有還原性，易被氧化，濾渣水洗、醇洗后用葡萄糖溶液洗滌，目的是防止Cu2O在烘干過程中被氧化。(3)由濾液X獲得NaCl固體，需先將其中雜質(zhì)離子(NH、SO、CuCl)除去，除去SO可依次加入過量BaCl2溶液、過量Na2CO3溶液和鹽酸；除去CuCl可根據(jù)圖像將溶液pH調(diào)至12后過濾，調(diào)至pH為12時NH同時也被除去，最后將濾液蒸發(fā)結晶、冷卻得到NaCl晶體

18、。 答案：(1)①打開分液漏斗上口塞子(或?qū)⑷由系陌疾叟c瓶口上的小孔對齊)，旋開分液漏斗的旋塞，逐滴滴加 ②2Cu2＋＋SO＋4Cl－＋H2O===2CuCl＋SO＋2H＋　溶液變成無色，且半分鐘內(nèi)不恢復 ③增大Cl－濃度，促進CuCl生成 (2)葡萄糖具有還原性，防止Cu2O在烘干過程中被氧化 (3)向濾液X中加入2 molL－1 BaCl2溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，繼續(xù)加入1 molL－1的Na2CO3溶液至無沉淀產(chǎn)生，再用1 molL－1NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至12，過濾　蒸發(fā)結晶 20．(14分)(2019鹽城三模)H2S存在于多種燃氣中，脫除燃氣中H2S的方法很多。 (1

19、)2019年3月《science direct》介紹的化學鏈技術脫除H2S的原理如圖甲所示。 ①“H2S氧化”反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________。 ②“HI分解”時，每1 mol HI分解生成碘蒸氣和氫氣時，吸收13 kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式：_______________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③“Bunsen反應”的離子方程式為___

20、________________________________________。 (2)電化學干法氧化法脫除H2S的原理如圖乙所示。陽極發(fā)生的電極反應為________________；陰極上COS發(fā)生的電極反應為________________________________。 (3)用Fe2(SO4)3吸收液脫除H2S法包含的反應如下： (Ⅰ)H2S(g)H2S(aq) (Ⅱ)H2S(aq)H＋＋HS－ (Ⅲ)HS－＋2Fe3＋===S↓＋2Fe2＋＋H＋ 一定條件下測得脫硫率與Fe3＋濃度的關系如圖丙所示。 ①吸收液經(jīng)過濾濾出S后，濾液需進行再生，較經(jīng)濟的

21、再生方法是___________________ _________________________________________________________________________。 ②圖中當Fe3＋的濃度大于10 gL－1時，濃度越大，脫硫率越低，這是由于_______________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)①硫化氫氣體被氧化時，發(fā)生反應為H2S＋H2SO4(濃)===S↓＋SO2↑＋2H2O，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1。

22、②根據(jù)題意可得熱化學方程式為2HI(g)H2(g)＋I2(g)　ΔH＝＋26 kJmol－1。③離子方程式為SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋SO＋2I－。 (2)根據(jù)圖乙中各電極的原料及產(chǎn)物，可寫出陽極的電極反應為2S2－－4e－===S2，陰極的電極反應為COS＋2e－===S2－＋CO。(3)①通入足量O2(或空氣)，可以達到濾液再生的目的。②Fe3＋濃度增大，pH減小，使反應(Ⅰ)、(Ⅱ)向逆反應方向移動且pH減小因素超過反應(Ⅲ) Fe3＋濃度增大因素。 答案：(1)①1∶1?、?HI(g)H2(g)＋I2(g)　ΔH＝＋26 kJmol－1　③SO2＋I2＋2H2O

23、===4H＋＋SO＋2I－ (2)2S2－－4e－===S2　COS＋2e－===S2－＋CO (3)①通入足量O2(或空氣)　②Fe3＋濃度增大，pH減小，使反應(Ⅰ)、(Ⅱ)向逆反應方向移動且pH減小因素超過反應(Ⅲ)Fe3＋濃度增大因素 21．(12分)(2019南京三模)銅是人類最早使用的金屬之一，銅的化合物豐富多彩。 (1)銅與N2O4在一定條件下可制備無水Cu(NO3)2。 ①基態(tài)Cu2＋的電子排布式為___________________________________________。 ②與NO互為等電子體的一種分子為______________(填化學式)。 (

24、2)鄰氨基吡啶()的銅配合物在有機不對稱合成中起催化誘導效應，其結構簡式如圖甲所示。 ①C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序為____________。 ②鄰氨基吡啶的銅配合物中，C原子軌道雜化類型為____________。 ③1 mol中含有σ鍵為________mol。 (3)銅的某種氯化物的鏈狀結構如圖乙所示。該氯化物的化學式為________。 解析：(1)①銅的原子序數(shù)為29，故基態(tài)Cu2＋的電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；②與NO互為等電子體的一種分子為SO3或BF3。(2)①C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序為N>O>C；②鄰氨基吡啶的銅配合物中，碳原子的有、兩種基團，故C原子軌道雜化類型為sp2、sp3；③1個分子中含有13個σ鍵，故 1 mol中含有σ鍵為13 mol。(3)根據(jù)銅的某種氯化物的鏈狀結構圖，利用均攤法計算原子數(shù)，Cu：2＋2＝3，Cl：61＝6，該氯化物的化學式為CuCl2。 答案：(1)①1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9?、赟O3或BF3　(2)①N>O>C　②sp2、sp3?、?3　(3)CuCl2 8